精品解析：山东省德州市2020届高三第一次模拟考试化学试题(解析版)

高三化学试题
注意事项：
1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。

2.考试结束后，请将答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 C1：35.5 Ba：137
第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.新型冠状病毒病正威胁着人们的身体健康。

以下是与新型冠状病毒相关的一些认识，其中正确的是
A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成
B. 生产医用防护服、口罩均要用到有机高分子材料
C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的
D. 84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果
【答案】B
【解析】
【详解】A．病毒是由一个核酸分子(DNA或RNA)与蛋白质构成的非细胞形态，靠寄生生活的介于生命体及非生命体之间的有机物种，因此新型冠状病毒除C、H、O三种元素外还含有N、P等元素，故A错误；B．生产医用防护服、口罩主要采用PP(聚丙烯，占总数的62%)无纺布材料，适用于农用薄膜、制鞋、制革、床垫、均要用到有机高分子材料，故B正确；
C．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的；乙醇能渗入细菌体内，使组成细菌的蛋白质凝固而达到消毒目的，原理不同，故C错误；
D．如果将酒精和84消毒液混在一起会发生化学反应，乙醇被次氯酸钠氧化，使消毒效果降低，故D错误；答案选B。

2.据《GreenChemistry》报道：我国学者发明了低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为：
NaC1+CO2CO+NaC1O。

下列说法正确的是（）
A. CO2的电子式：
B. NaC1属于离子晶体，其配位数为8
C. NaC1O中既有离子键又有共价键
D. 还原22.4LCO2转移的电子数2N A
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化碳是共价化合物，含有两个碳氧双键，电子式为，故A错误；
B. NaCl属于离子晶体，其阴阳离子配位数是6，故B错误；
C. NaC1O中是离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；
D.缺标准状况，无法计算22.4L二氧化碳的物质的量，不能计算转移的电子数，故D错误；
故选C。

3.下列说法正确
的是（）A. CH≡CH和CH2=CHCH=CH2互为同系物B. 互为同分异构体C. 有机物的二氯代物有5种D. (CH3)3C-CH=CH2与氢气加成后，生成2，2，3—三甲基戊烷【答案】C 【解析】【详解】A.同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，CH≡CH的官能团为碳碳三键，属于炔烃，
CH2=CH-CH=CH2的官能团为碳碳双键，属于烯烃，CH≡CH和CH2=CH-CH=CH2不是同类物质，不互为同系物，故A错误；
B.同分异构体必须具有相同的分子式，不同的结构，和的分子式为C6H6，的分子式为C6H8，
与和的分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；
C.的一氯代物有2种，分别为和，的氢原子再被氯原子取代有4种，示意图为，的氢原子再被氯原子取代有1种，示意图为，共有5种，故C正确；
D. (CH3)3C-CH=CH2与氢气发生加成反应生成(CH3)3C-CH2CH3，(CH3)3C-CH2CH3属于烷烃，名称2，2—二甲基丁烷，故D错误；
【点睛】同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，同分异构体必须具有相同的分子式，不同的结构。

4.下列对实验事实的理论解释正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，次氯酸中氯元素的化合价为+1，不是最高价氧化物对应水化物，不能用于比较碳元素和氯元素的非金属性强弱，故A错误；
B.氨气不能电离，属于非电解质，故B错误；
C.氮原子的2p能级为半充满稳定状态，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故C正确；
D.水分子间能形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，水的的沸点高于硫化氢，故D错误；
故选C。

5.通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。

设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A. 0.1molBaCl2晶体中所含离子总数为0.2N A
B. 25℃时，pH=1的HC1溶液中含有H+的数目为0.1N A
C. 17gH2O2中含有非极性键数目为0.5N A
D. 生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01N A
【答案】C
【详解】A.氯化钡是由一个钡离子和2个氯离子形成的离子晶体，则0.1molBaCl2晶体中所含离子总数为
0.3N A，故A错误；
B.缺溶液的体积，无法计算25℃时pH=1的HC1溶液中H+的物质的量和数目，故B错误；
=0.5mol，则0.5mol C.过氧化氢含有2个氢氧极性键和1个氧氧非极性键，17g过氧化氢的物质的量为17g
34g/mol
过氧化氢中含有非极性键数目为0.5N A，故C正确；
D.由化学方程式可知，生成1mol硫酸钡转移电子的物质的量为2mol，2.33g硫酸钡的物质的量为
2.33g
=0.01mol，则生成1mol硫酸钡沉淀时，转移电子数目为0.02N A，故D错误；
233g/mol
故选C。

【点睛】阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。

要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。

6.下列实验设计能达到实验目的的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 检验溶液中是否含有亚铁离子时，应先加入硫氰化钾溶液，再加入新制氯水，否则新制氯水会将亚铁离子氧化，无法检验，故A错误；
B.醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，检验丙烯醛中是否含碳碳双键时，应先发生银镜反应，再加入酸性高锰酸钾溶液，否则醛基会干扰碳碳双键的检验，故B错误；
C.向AgCl饱和溶液中滴加稀NaBr溶液，若AgBr的Q c小于K sp，不会产生AgBr淡黄色沉淀，不能说明AgCl的K sp大于AgBr，故C错误；
D. 通过金属钠分别与水和乙醇反应，观察反应速率的快慢，可比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，故D 正确；
故选D。

【点睛】醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，检验丙烯醛中是否含碳碳双键时，应先发生银镜反应，排出醛基对碳碳双键的检验的干扰是解答关键。

7.我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。

下列说法中错误的是（）
A. 分子式为C13H12O6
B. 该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应
C. 1mol该有机物与NaOH反应最多消耗2molNaOH
D. 1mol该有机物与溴水反应最多消耗3molBr2
【答案】C
【解析】
【分析】
由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键。

【详解】A.由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，故A正确；
B.该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，能发生取代反应（羧基发生酯化反应、酯基发生水解反应、酚羟基与浓溴水发生取代反应）、加成反应（碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应）、氧化反应（酚羟基具有还原性易被氧化或燃烧发生氧化反应），故B正确；
C. 该有机物含有的羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物与NaOH反应最多消耗
3molNaOH，故C错误；
D.该有机物含有的碳碳双键和酚羟基能与溴水反应，1mol该有机物碳碳双键能与1mol溴水发生加成反应、酚羟基的邻对位氢原子能与2mol溴水发生取代反应，共消耗3molBr2，故D正确；
故选C。

【点睛】解答时应注意官能团性质的重合性，该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，碳碳双键和酚能与溴水反应，碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应。

8.X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。

25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液(浓度均为0.001mol·L-1)的pH和原子半径的关系如图所示。

下列说法中正确的是（）
A. Y和Z的简单离子半径：Y＜Z
B. R、Q的气态氢化物的稳定性：R＞Q
C. R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO3
D. 上述五种元素中有两种元素是金属元素
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，由25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液(浓度均为0.001mol·L-1)的pH和原子半径的关系示意图可知，Z的原子半径最大，且最高价氧化物的水化物为强碱，则Z为Na元素；Q的最高价氧化物的水化物为二元强酸，则Q为S元素；Y、R的最高价氧化物的水化物为一元强酸，则Y为N元素、R为Cl元素；X的原子序数小于Y、原子半径大于Y，且最高价氧化物的水化物为弱酸，则X为C或B元素。

【详解】A. 具有相同的电子层结构的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，氮离子和钠离子具有相同的电子层结构，则氮离子半径大于钠离子，故A错误；
B.元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则氯化氢比硫化氢稳定，故B正确；
C.氯元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，故C错误；
D. X、Y、Z、Q、R五种元素中只有钠元素是金属元素，故D错误；
故选B。

9.乙酸丁酯是重要的化工原料。

实验室用乙酸、丁醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下制备乙酸丁酯的装置示意图(加热和夹持装置已省略)和有关信息如下：
乙酸正丁醇乙酸丁酯
熔点/℃16.6 -89.5 -73.5
沸点/℃117.9 117 126.0
密度/g·cm-3 1.1 0.80 0.88
下列说法正确的是（）
A. 加热一段时间后，发现烧瓶C中忘记加沸石，可打开瓶塞直接加入即可
B. 装置B的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率
C. 装置A可以装配蒸馏装置的冷凝器，且冷凝水由a口进，b口出
D. 乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去
【答案】D
【解析】
【详解】A. 液体加热时要加沸石或碎瓷片，防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故A错误；
B.装置B是水分离器，作用是不断分离出水，提高乙酸丁酯的产率，故B错误；
C. 装置A可以装配蒸馏装置的冷凝器，为增强冷凝效果，冷凝水由b口进，a口出，故C错误；
D. 饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸丁酯的溶解度，吸收正丁醇，除去乙酸，则乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去，故D正确；
故选D。

【点睛】装置B是水分离器，由于乙酸丁酯不溶于水，密度比水小，当水分离器中没有油层出现时，打开活塞，放出水达到不断分离出水，提高乙酸丁酯的产率的目的。

10.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72-和CrO42-)工业废水的常用方法，过程如下：
已知：转化过程中的反应为2CrO 42-(aq)+2H+(aq)Cr2O72-(aq)+H2O(l)。

常温下K sp[Cr(OH)3]=1×10-32。

下列说法错误的是（）
A. 反应①v正(CrO42-)=2v逆(Cr2O72-)时，反应处于平衡状态
B. 反应②转移0.6mole-，则有0.2mol Cr2O72-被还原
C. 除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
D. 常温下，要使处理后废水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1，反应③应调溶液pH=5
【答案】B
【解析】
【分析】
由转化关系可知，铬酸根在酸性条件下转化为重铬酸根，重铬酸根在酸性条件下与亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子，铬离子在碱性条件下生成氢氧化铬沉淀，达到处理含铬工业废水的目的。

【详解】A.反应①v正(CrO42-)=2v逆(Cr2O72-)时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应处于平衡状态，故A 正确；
B. 反应②中反应1mol Cr2O72-，转移6 mole-，若反应转移0.6mole-，则有0.1mol Cr2O72-被还原，故B错误；
C.重铬酸根在酸性条件下与亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子，铬离子在碱性条件下生成氢氧化铬沉淀属于复分解反应，则除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应，故C正确；
D. 常温下，要使处理后废水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1，则溶液中c(OH—
()
()32
3
5
3
110
110
3
3=
sp
K Cr OH
c Cr
-
-
+
⨯
⨯
⎡⎤
⎣⎦
1×10-9mol·L-1，溶液pH=5，故D正确；
故选B。

二、选择题：本题共5个小题，共20分。

每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分
11.为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se。

发生的反应为：①Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是（）
A. ①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B. ②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C .
每生成0.4molI 2共转移1.2mol 电子
D. 氧化性由强到弱的顺序是：H 2SO 4(浓)＞SeO 2＞HNO 3 【答案】BC 【解析】
【详解】A.反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是反应的还原剂，二氧化硒为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，二氧化硫是还原产物，故A 正确；
B.反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B 错误；
C. 反应②中，生成2mol 碘单质，转移4mol 电子，则每生成0.4molI 2共转移0.8mol 电子，故C 错误；
D. 在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性H 2SO 4（浓）＞SeO 2，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应，反应②中SeO 2为氧化剂，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，说明氧化性SeO 2＞HNO 3，则氧化性由强到弱的顺序是：H 2SO 4(浓)＞SeO 2＞HNO 3，故D 正确； 故选BC 。

【点睛】在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应是解答关键。

12.已知反应：CH 2=CHCH 3(g)+Cl 2(g)
CH 2=CHCH 2Cl(g)+HCl(g)。

在一定压强下，按
ω=223n(Cl )
n(CH =CHCH )
向密闭容器中充入氯气与丙烯。

图甲表示平衡时，丙烯的
体积分数(φ)与温度(T)、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数K 与温度T 的关系。

则下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中ω1＞1
B. 图乙中，线A 表示正反应的平衡常数
C. 在恒容容器中进行，压强不变时反应达到平衡状态
D. 当温度为T 1、ω=2时，Cl 2的转化率约为33.3% 【答案】D
【解析】
【详解】A.增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烯的体积分数减小，由图可知，丙烯的体积分数ω1大于ω2，则ω1＜1，故A 错误；
B.由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小，则图乙中，线B 表示正反应的平衡常数，故B 错误；
C.该反应是一个气体体积不变的可逆反应，无论是否达到平衡，压强始终不变，则在恒容容器中进行，压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故C 错误；
D.设温度为T 1、ω=2时，容器体积为1L ，CH 2=CHCH 3的起始物质的量为1mol ，消耗物质的量为xmol ，由题意建立如下三段式：
()()()()
23222起（mol/L ） 1 2 0 0变（mol/L ） x x x x 平（mol/L ） CH =CHCH g +Cl g CH 1-x 2-x x =CHCH Cl g +HCl x
g ƒ
由平衡常数K=1可得x x （
1-x ）（2-x ）
⨯⨯=1，解得x=23，则Cl 2的转化率为2
3
2100%⨯≈33.3%，故D 正确； 故选D 。

【点睛】由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小是解答关键和易错点。

13.2022年前后我国将建成首座载人空间站。

为实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO 2并提供O 2，我国科学家研发了一种能量转化装置，总反应方程式为2CO 2=2CO+O 2。

下列说法正确的是（ ）
A. 该装置将太阳能直接转化为化学能
B. 离子交换膜为阳离子交换膜
C. 反应完毕，该装置中电解质溶液的pH 不变
D. Y 电极的反应：CO 2+2e -+H 2O=CO+2OH - 【答案】C 【解析】 【分析】
由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，电能转化为化学能，为电解装装置，X 极与光电池的负极相连，为阴极，Y 极与光电池的正极相连，为阳极，以此解答该题。

【详解】A ．由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，故A 错误；
B. 由示意图可知，离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故B 错误；
C.由总反应方程式可知，电解前后电解质溶液中氢氧根浓度不变，溶液的pH 不变，故C 正确；
D. 由示意图可知，Y 极为阳极，氢氧根在阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为4OH --4e -=2H 2O+O 2↑，故D 错误；
故选C 。

【点睛】由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，电能转化为化学能，为电解装置是分析判断的关键。

14.常温下，向VmL0.1mol·
L -1HA 溶液中滴入0.1mol·L -1NaOH 溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc 水(H +)]与所加NaOH 溶液体积的关系如图所示。

下列说法不正确的是（ ）
A. 常温下，K a (HA)约为10-5
B. P 点溶液对应的pH=7
C. M 点溶液中存在：c(Na +)=c(A -)+c(HA)
D. N 点溶液中存在：c(Na +)＞c(A -)＞c(OH -)＞c(H +)
【答案】BC
【解析】
【分析】
由示意图可知，0.1mol·
L -1HA 溶液中水电离出的氢离子浓度为10—11mol/L ，溶液中氢离子浓度为10—3mol/L ，HA 为弱酸，N 点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的氢离子浓度最大，说明HA 溶液与NaOH 溶液恰好完全反应生成NaA ，则M 点为HA 和NaA 的混合液，P 点为NaA 和NaOH 混合液。

【详解】A. 由示意图可知，0.1mol·
L -1HA 溶液中水电离出的氢离子浓度为10—11mol/L ，溶液中氢离子浓度为10—3mol/L ，则K a (HA)=+-c （H
）c （A ）c （HA ） ≈-3-31101100.1⨯⨯⨯=10-5，故A 正确；
B. P 点为NaA 和NaOH 混合液，溶液呈碱性，溶液的pH ＞7，故B 错误；
C.M 点为HA 和NaA 的混合液，溶液呈中性，溶液中c(OH -)=c(H +)，由电荷守恒c(Na +)+ c(H +)=c(A -)+ c(OH -)可知，溶液中c(Na +)=c(A -)，故C 错误；
D. N 点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的氢离子浓度最大，说明HA 溶液与NaOH 溶液恰好完全反应生成NaA ，A -在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中存在：c(Na +)＞c(A -)＞c(OH -)＞c(H +)，故D 正确；
故选BC 。

【点睛】由示意图可知，0.1mol·
L -1HA 溶液中水电离出的氢离子浓度为10—11mol/L ，溶液中氢离子浓度为10—3mol/L ，HA 为弱酸，N 点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的氢离子浓度最大，说明HA 溶液与NaOH 溶液恰好完全反应生成NaA 是解答关键。

15.水煤气变换反应为：CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)。

我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。

下列说法正确的是（ ）
A. 水煤气变换反应的△H ＞0
B. 步骤③的化学方程式为：CO·
+OH·+H 2O(g)=COOH·+H 2O· C. 步骤⑤只有非极性键H —H 键形成
D . 该历程中最大能垒(活化能)
E 正=2.02eV
【答案】BD
【解析】
【详解】A.由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H ＜0，故A 错误；
B. 由示意图可知，步骤③为CO·、OH·、H 2O(g)和H·反应生成COOH·、H 2O·和H·，反应的化学方程式为：CO·+OH·+H 2O(g)=COOH·+H 2O·，故B 正确；
C. 由示意图可知，步骤⑤除有非极性键H —H 键形成外，还要碳氧极性键和氢氧极性键生成，故C 错误；
D. 由示意图可知，步骤④的能垒最大，E 正=1.86eV —（—0.16eV ）=2.02eV ，故D 正确；
故选BD 。

第Ⅱ卷(非选择题共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分
16.亚硝酰氯(NOC1)是一种黄色气体，沸点为-5.5℃。

其液体呈红褐色。

遇水发生反应：
2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑。

某化学兴趣小组设计如图装置用C12和NO制备NOC1。

回答下列相关问题：
（1）甲装置发生的离子反应方程式为__，装置丙中的液体为__。

（2）实验时，先通入Cl2，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入NO，这样做的目的是__。

（3）装置丁中冰盐水的作用是__。

（4）经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是__(用文字描述)。

（5）吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为__。

(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)
（6）反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL。

则产物中NOCl纯度的计算式为__。

【答案】(1). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(2). 浓硫酸(3). 排尽装置中的空气，避免氧化NO(4). 液化亚硝酰氯，便于收集产品(5). 在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置(6).
NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O(7). 0.655cV
m
×100%
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置甲中铜与稀硝酸反应制取一氧化氮，由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，装置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮，装置丙中盛有浓硫酸，用于干燥和混合一氧化氮和氯气，装置丁用于制备亚硝酰氯，装置戊中的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的硝酰氯，防止污染环境，由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水
发生反应。

【详解】（1）装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，的离子反应方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；装置丙中盛有浓硫酸，目的是干燥和混合一氧化氮和氯气，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓硫酸；
（2）由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，实验时，先通入Cl2排尽装置中的空气后，再通入NO，防止NO被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，避免氧化NO；
（3）由题给信息可知，亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇冷易转化为液态，则装置丁中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于收集产品，故答案为：液化亚硝酰氯，便于收集产品；
（4）由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应，故答案为：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置；
（5）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NOCl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
（6）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑可知，硝酰氯溶于水得到盐酸，由
NOC1—HCl—AgNO3可得mg样品中n（NOC1）=n（AgNO3）=cmol/L×V×10—3L×10=0.01cVmol，则则产
物中NOCl纯度为
0.0165.5/
cVmol g mol
mg
×100%=
0.655cV
m
×100%，故答案为：
0.655cV
m
×100%。

17.Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。

（1）基态Fe原子中，电子填充的能量最高的能级符号为__。

（2）在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是__。

（3）铁氰化钾{K3[Fe(CN)6])}溶液是检验Fe2+常用的试剂。

lmol[Fe(CN)6]3-含σ键的数目为__。

（4）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是__。

配体N3-中心原子的杂化类型为__。

CoO 的熔点是1935℃，CoS的熔点是1135℃，试分析CoO的熔点较高的原因__。

（5）NiO的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为__。

【答案】(1). 3d(2). Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构(3). 12N A(4). 6(5). sp(6). 两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶
格能大于CoS，因此CoO的熔点较高(7). (1，1
2
，
1
2
)
【解析】
【分析】
（1）铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2；
（2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构；
（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键；
（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和NH3为配位体；配体N3-与二氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构；CoO和CoS均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径；
（5）已知晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），则以A为晶胞坐标原点，晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上。

【详解】（1）铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，由构造原理可知能量最高的能级为3d，故答案为：3d；
（2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构，所以在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，故答案为：Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构；
（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol 该配合物中含有σ键的数目为12N A，故答案为：12N A；
（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和NH3为配位体，配位数为6；配体N3-与二氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化碳的空间构型为直线形，则N3-离子的空间构型也为直线形，由空间构型可知N原子的杂化方式为sp杂化；CoO和CoS均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高，故答案为：两者均为离子晶体，。